Κυκλική δυναστεία

Al.Koutsouridis · #1

Σε ένα κύκλο επιλέχθηκαν

σημεία και για το καθένα από αυτά υπολογίστηκε το γινόμενο των αποστάσεων από τα υπόλοιπα. Μπορεί άραγε να προέκυψαν οι αριθμοί από το

έως το

(με κάποια σειρά);

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 26, 2020 1:33 pm
Σε ένα κύκλο επιλέχθηκαν σημεία και για το καθένα από αυτά υπολογίστηκε το γινόμενο των αποστάσεων από τα υπόλοιπα. Μπορεί άραγε να προέκυψαν οι αριθμοί από το έως το (με κάποια σειρά);

Μια προσπάθεια για να δείξω ότι δεν γίνεται:

Οι πιθανές διαφορετικές περιπτώσεις διάταξης των σημείων ως προς τα γινόμενα από τα άλλα σημεία είναι

.
Έστω

τα σημεία και με

συμβολίζω το γινόμενο των αποστάσεων του

από τα άλλα τρία σημεία.
Υπάρχουν

επιλογές για να βάλουμε τα 1,2,3,4

(π.χ αν η σειρά είναι (a,b,c,d)

τότε και η (a,d,c,b)

οδηγεί στα ίδια αποτελέσματα ( ίσως δεν έχω εκφράσει απολύτως κατανοητά το σκεπτικό μου....).
Θα πάρω την περίπτωση τετραπλεύρου ABCD

με

και θα δείξω ότι δεν γίνεται...εντελώς όμοια βγαίνουν και οι άλλες περιπτώσεις απλά με άλλα νούμερα:

Έστω

το σημείο τομής των διαγωνίων του ABCD

.
Από γνωστό λήμμα είναι $\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{AD\cdot AB}{CD\cdot CB}=\dfrac{AD\cdot AB\cdot AC}{CB\cdot CD\cdot CA}=\dfrac{a}{c}=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow OC=3OA$
Θέτω AO=x,OC=3x

.Όμοια αν

προκύπτει

.
Είναι $OB\cdot OD=OA\cdot OC\Leftrightarrow 3x^2=2y^2\Leftrightarrow \dfrac{y}{x}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}$
Άρα $\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{3y}{4x}=\dfrac{3}{4}\sqrt{\dfrac{3}{2}}\,\,\,\, (*)$
Όμως από το 2ο θεώρημα Πτολεμαίου είναι $\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{DA\cdot DC+BA\cdot BC}{AD\cdot AB+CB\cdot CD}=\dfrac{\dfrac{4}{BD}+\dfrac{2}{BD}}{\dfrac{1}{AC}+\dfrac{3}{AC}}=\dfrac{3AC}{2BD}\Leftrightarrow 2BD^2=3AC^2\Leftrightarrow \dfrac{BD}{AC}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}\,\,\,{\color{DarkBlue} (**)}$

Οι σχέσεις (*),(**)

δίνουν άτοπο.

Al.Koutsouridis · #3

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 28, 2020 4:26 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 26, 2020 1:33 pm
Σε ένα κύκλο επιλέχθηκαν σημεία και για το καθένα από αυτά υπολογίστηκε το γινόμενο των αποστάσεων από τα υπόλοιπα. Μπορεί άραγε να προέκυψαν οι αριθμοί από το έως το (με κάποια σειρά);
Μια προσπάθεια για να δείξω ότι δεν γίνεται:

Οι πιθανές διαφορετικές περιπτώσεις διάταξης των σημείων ως προς τα γινόμενα από τα άλλα σημεία είναι .
Έστω τα σημεία και με συμβολίζω το γινόμενο των αποστάσεων του από τα άλλα τρία σημεία.
Υπάρχουν επιλογές για να βάλουμε τα (π.χ αν η σειρά είναι τότε και η οδηγεί στα ίδια αποτελέσματα ( ίσως δεν έχω εκφράσει απολύτως κατανοητά το σκεπτικό μου....).
Θα πάρω την περίπτωση τετραπλεύρου με και θα δείξω ότι δεν γίνεται...εντελώς όμοια βγαίνουν και οι άλλες περιπτώσεις απλά με άλλα νούμερα:

Έστω το σημείο τομής των διαγωνίων του .
Από γνωστό λήμμα είναι $\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{AD\cdot AB}{CD\cdot CB}=\dfrac{AD\cdot AB\cdot AC}{CB\cdot CD\cdot CA}=\dfrac{a}{c}=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow OC=3OA$
Θέτω .Όμοια αν προκύπτει .
Είναι $OB\cdot OD=OA\cdot OC\Leftrightarrow 3x^2=2y^2\Leftrightarrow \dfrac{y}{x}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}$
Άρα $\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{3y}{4x}=\dfrac{3}{4}\sqrt{\dfrac{3}{2}}\,\,\,\, (*)$
Όμως από το 2ο θεώρημα Πτολεμαίου είναι $\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{DA\cdot DC+BA\cdot BC}{AD\cdot AB+CB\cdot CD}=\dfrac{\dfrac{4}{BD}+\dfrac{2}{BD}}{\dfrac{1}{AC}+\dfrac{3}{AC}}=\dfrac{3AC}{2BD}\Leftrightarrow 2BD^2=3AC^2\Leftrightarrow \dfrac{BD}{AC}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}\,\,\,{\color{DarkBlue} (**)}$

Οι σχέσεις δίνουν άτοπο.

αυτή είναι η ιδέα.

Ας δούμε τι "κρύβεται" πίσω από το πρόβλημα. Από το δεύτερο θεώρημα του Πτολεμαίου, όπως πολύ ωραία το "εκμεταλλεύτηκε" ο Πρόδρομος, προκύπτει και η παρακάτω μορφή του.

$\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{DA\cdot DC+BA\cdot BC}{AD\cdot AB+CB\cdot CD} \Rightarrow BD \cdot AD \cdot AB +BD \cdot CB \cdot CD = AC \cdot DA \cdot DC + AC \cdot BA \cdot BC$

διαιρώντας κατά μέλη με το γινόμενο $BD \cdot AC \cdot DA \cdot DC \cdot BA \cdot BC$ έχουμε

$\dfrac{1}{CA \cdot CB \cdot CD} +\dfrac{1}{AB \cdot AC \cdot AD} = \dfrac{1}{BA \cdot BD \cdot BC} +\dfrac{1}{DA \cdot DB \cdot DC}$

Δηλαδή μια μορφή του δεύτερου θεωρήματος του Πτολεμαίου, στην οποία υπεισέρχονται τα γινόμενα των αποστάσεων του κάθε σημείου από τα υπόλοιπα.

Το αποτέλεσμα αυτό το γενίκευσε (αντί για

) για

σημεία η Jane McDougall.

Θεώρημα (McDougall): Έστω θετικός ακέραιος και $P_{i}$ , για $1 \leq i \leq 2n$ , κυκλικά διατεταγμένα σημεία σε κύκλο. Αν

$\displaystyle{ R_{i} = \prod_{\underset{i \neq j}{1 \leq j \leq 2n}} P_{i}P_{j}}$ ,

τότε

$\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{R_{2i}} = \sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{R_{2i-1} }$ .

Η απόδειξη της McDougall είναι μη στοιχειώδης (Με μιγαδική ανάλυση, αρμονικές απεικoνίσεις...). Υπάρχει όμως και στοιχειώδης απόδειξη. Στην ουσία οι διοργανωτές με το 8ο θέμα της ολυμπιάδας εδώ, προσπάθησαν να εκμαιεύσουν αυτή την απόδειξη ή ίσως και κάποια άλλη.

Κυκλική δυναστεία

Κυκλική δυναστεία

Re: Κυκλική δυναστεία

Re: Κυκλική δυναστεία

Μέλη σε σύνδεση